云南省普洱市2024-2025学年高三上学期10月第二次联考物理试卷

这是一份云南省普洱市2024-2025学年高三上学期10月第二次联考物理试卷，共13页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.某款国产新能源汽车具有优异的加速性能，在一次试车时，汽车由静止加速到100km/h用时2s，该次试车时，汽车的平均加速度大小约为( )
A. 10m/s2B. 12m/s2C. 14m/s2D. 16m/s2
2.夕阳下的钱塘江畔，交叉潮如神来之笔，激情相拥，波澜壮阔。交叉潮实质是甲、乙两列水波(视为简谐横波)相遇形成的，如图，a、c分别是甲、乙水波区域的一个质点，b是两水波相遇区域的一个质点，下列说法正确的是( )
A. a质点会随甲波的传播向前运动
B. 此时c质点的振动周期等于乙波的传播周期
C. c质点振动的速度等于乙波的传播速度
D. 若b质点是振动加强点，则它的位移始终处于最大
3.如图为上海中心大厦的上海慧眼阻尼器。质量块和吊索构成一个巨型复摆，质量块下方有一圆盘状的大型电磁铁，大厦产生晃动时，复摆与主体做相同晃动，电磁铁通电后，质量块中会产生涡流，受到电磁阻尼作用，减弱大楼的晃动，保持大厦的稳定和安全。下列说法正确的是( )
A. 阻尼过程中，电能转化为动能
B. 涡流的大小与质量块摆动速度有关
C. 改变电磁铁中电流方向，质量块不会受到电磁阻尼作用
D. 质量块受到的电磁阻力与电磁铁的磁场强弱无关
4.球心为O、半径为R的玻璃球切去大部分后，剩下一个小球冠，如图，O1O2是小球冠的中心轴线，含有a、b两种单色光的细光束垂直于平面ABC射入球冠，入射光线与O1O2间的距离为R2，a光刚好在曲面上P点发生全反射，b光在P点射出，折射角为45∘，则玻璃球对a、b两种光的折射率之比为( )
A. 2:1B. 1: 2C. 2:1D. 1:2
5.“柳条搓线絮搓棉，搓够千寻放纸鸢”，初春四月正是放风筝的好时节。如图，人静止在地面上拉住轻绳，在轻绳拉力的作用下，风筝始终静止在空中，忽略风对人的作用力，下列说法正确的是( )
A. 轻绳对人的拉力小于地面对人的摩擦力B. 轻绳对风筝的拉力大于风筝对轻绳的拉力
C. 气流对风筝的作用力方向水平向左D. 人对地面的压力小于人和风筝的总重力
6.如图，在排球训练中，排球以速度v0被水平击出，做平抛运动。A、B为排球运动轨迹上的两点，速度方向与水平方向的夹角分别为30∘、45∘。重力加速度大小为g，排球看作质点，不计空气阻力，则排球从A点运动到B点的时间为( )
A. (3- 3)v0gB. (2- 3)v0gC. (2- 3)v03gD. (3- 3)v03g
7.牛顿认为地球对物体的引力与天体间的引力具有相同的性质，即可满足“平方反比”规律。假设月球绕地球做圆周运动的半径为60R(R为地球半径)，同样质量的物体移至月球轨道，引力大小应减小到地面附近引力大小的1602，月球轨道处的加速度大小应为地面处重力加速度大小的1602。已知地球表面重力加速度大小为g，忽略地球自转，根据牛顿的猜想，月球绕地球公转的周期为( )
A. 120π RgB. 120π 60RgC. 120π gRD. 120π g60R
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8.如图为氢原子部分能级示意图。现有大量处于激发态n=4能级的氢原子，向较低能级跃迁时，会放出不同频率的光子。已知可见光的光子能量范围介于1.63∼3.10eV之间，下列说法正确的是( )
A. 共有4种不同频率的光子放出B. 共有6种不同频率的光子放出
C. 放出的所有光子中，有2种是可见光D. 放出的所有光子中，有4种是可见光
9.某同学利用DIS实验系统研究一定质量理想气体的状态变化，实验后计算机获取的p-V图像如图所示，已知气体在状态B的温度TB=600K。如将上述变化过程的图像改为p-T图像或V-T图像，下列图像正确的是( )
A. B.
C. D.
10.某一质量为m的游客站在平台上挑战蹦极，从O点静止下落，运动到P位置时，弹性绳刚好拉直，Q位置为运动的最低点，如图甲。若取向下为正方向，以O点为位移的起始点，该游客蹦极过程中的加速度随位移的关系图像如图乙所示，图中Q点对应位移为x3，x1、x2、x3和g均为已知量，弹性绳的弹力遵从胡克定律且在弹性限度内，重力加速度大小为g，不计空气阻力，游客可看作质点。则该游客在下落过程中( )
A. 机械能守恒
B. 克服弹性绳弹力所做的功为mgx3
C. 下落过程中的最大动能为2m(x1+x2)g
D. x1、x2、x3的关系为x12+x32=2x2x3
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.某同学用如图甲所示装置测量小车的质量，重力加速度大小为g。
(1)实验前先平衡摩擦力，同时调节定滑轮的高度，使牵引小车的细线与长木板平行，这样的目的是__________。
A.使小车受到的合外力等于细线的拉力
B.使小车受到的合外力近似等于钩码重力
(2)实验打出的一条纸带如图乙所示，A、B、C是三个连续的计数点，每相邻的两个计数点间的时间问隔为0.1s，由纸带可知，小车运动的加速度大小为a=__________m/s2(结果保留2位有效数字)。
(3)多次改变钩码的质量重复实验，记录每次实验悬挂钩码质量m，根据纸带求出每次实验小车运动的加速度a，作1a-1m图像，得到图像的斜率为k，则小车的质量M=__________(用k、g表示)。
12.某同学要测量“水果电池”的电动势和内阻，提供下列仪器：
A.待测“水果电池”(电动势E约为4V，内阻r约为100Ω)
B.毫安表Ⓐ(量程20mA，内阻RA=20Ω)
C.电压表Ⓥ(量程1V，内阻RV=1kΩ)
D.电阻箱R1(0∼9999.9Ω)
E.滑动变阻器R(0∼1000Ω)
F.开关、导线若干
(1)由于电压表的量程太小，该同学用电阻箱R1与电压表Ⓥ串联，可使其量程扩大，取R1=__________Ω，则改装后的电压表量程为4V。
(2)用改装后的电压表完成实验，图甲为该同学选择的实验电路。
(3)连接好电路后，闭合开关前滑动变阻器的滑片应置于__________端(选填“a”或“b”)。
(4)根据实验数据画出U-I图线如图乙所示。由图线可得，“水果电池”的电动势E=__________V，内阻r=__________Ω。(均保留3位有效数字)
(5)由(4)求得的“水果电池”电动势的测量值__________真实值，内阻的测量值__________真实值。(均选填“大于”“小于”或“等于”)
四、计算题：本大题共3小题，共30分。
13.如图为某国际机场旅客行李箱运输装置的简化示意图，行李箱在倾斜传送带上速度由零开始加速，每隔一段时间有一个行李箱从左侧进入(初速度为零)传输带，传输带长度为L=10m、与水平面的夹角为α=30∘，传输带始终以v=1.0m/s的速度匀速运动，行李箱与传输带间的动摩擦因数μ= 36，不计行李箱的大小及其与传输带下边挡板间的摩擦力，重力加速度大小g=10m/s2。求：
(1)行李箱刚进入传送带时的加速度大小;
(2)行李箱在传输带上运动的总时间。
14.电场和磁场经常用来实现对带电粒子运动轨迹的控制。如图，在水平直线ab上方存在竖直向下的匀强电场，电场强度大小为 E， ab下方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为 B。一比荷为k的带正电粒子从直线ab上P点沿竖直面斜射入匀强电场，粒子在P点的速度大小为v0。速度方向与ab直线的夹角α=30∘，粒子将在电场和磁场中不断偏转，若电场、磁场范围足够大，不计粒子的重力，粒子从P点出发记为第一次经过直线ab。
(1)粒子第二次经过直线ab时的位置为Q，求PQ间的距离;
(2)粒子第三次经过直线ab时的位置为M，求QM间的距离;
(3)求粒子从P点运动到M点的时间。
15.如图，半径为R=1.0m的四分之一光滑圆弧轨道b静止在水平面上，b的末端在A点与水平面相切，水平面上A、B点间距离为L=1.5m，水平面上右端有一固定挡板，挡板上安有一水平轻质弹簧。水平面上除了AB间粗糙外，其余部分均光滑。一小滑块a从b的最高点由静止开始释放。已知a的质量为ma=0.1kg，b的质量为mb=0.4kg，a与水平面AB间的动摩擦因数μ=0.2，水平面足够长，弹簧的形变在弹性限度内，重力加速度大小g=10m/s2。求：
(1)a第一次下滑到b末端的瞬间，a的速度大小;
(2)a第一次下滑到水平面开始计时，经过多长时间滑到B位置;
(3)a、b最终的速度。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】100km/h≈27.8m/s，则a=ΔvΔt≈14m/s2，故C正确，ABD错误。
2.【答案】B
【解析】A.根据横波的形成规律可得a质点只在自己平衡位置做简谐运动，不会随甲波的传播向前运动，A项错误;
B.c质点的振动周期等于乙波的周期，B项正确;
C.c质点在自己平衡位置附近做简谐运动，速度时刻变化，它和波的传播速度是两回事，C项错误;
.若b质点是振动加强点，则它的位移也是时刻在变化，不是始终处于最大，D项错误。
3.【答案】B
【解析】A.阻尼过程中涡流产生是质量块的动能转化为电能，故A错误：
B.根据法拉第电磁感应定律，感应电动势与磁通量的变化率有关，质量块摆动速度越大，磁通量的变化率越大，感应电动势越大，感应电流越大，故B正确；
C.改变电磁铁中电流方向，同样会在质量块中出现涡流，涡流受安培力，阻碍质量块的运动，故C错误；
D.根据安培力F=BIL，可得质量块受到的电磁阻力与电磁铁的磁场强弱有关，故D错误。
4.【答案】A
【解析】由题意可知，两光在P点的入射角为i=30∘，a光在P点发生全反射，有i=C=30∘，na=1sinC=2，
b光在P点，有nb=sinrsini= 2，nanb= 2:1，A项正确。
5.【答案】D
【解析】风筝受重力G，轻绳的拉力FT和气流的作用力F处于平衡状态，如图，重力G方向竖直向下，轻绳的拉力FT方向斜向右下方，气流对风筝的力F的方向一定斜向左上方，C项错误;
把人和风筝整体分析，受竖直向下的人和风筝的总重力、地面竖直向上的支持力、向右的摩擦力、斜向左上方的气流的力，根据平衡条件可知地面向上的支持力小于人和风筝的总重力，根据牛顿第三定律，人对地面的压力大小小于人和风筝的总重力，D项正确;
人在地面上受竖直向下的重力、竖直向上的支持力、向右的摩擦力和斜向左上方的轻绳拉力，根据平衡条件可知绳子对人的拉力大于地面对人的摩擦力，A项错误;
根据牛顿第三定律，轻绳对风筝的拉力与风筝对轻绳的拉力大小相等，B项错误。
6.【答案】D
【解析】排球在A点的竖直速度vAy=v0tan30∘，在B点的竖直速度vBy=v0tan45∘，vBy=vAy+gt，解得t=(3- 3)v03g，故D正确，ABC错误。
7.【答案】B
【解析】地球表面的重力加速度大小为g，月球绕地球公转的向心加速度大小为a=1602g，由圆周运动公式a=4π2T260R，解得T=120π 60Rg，B项正确。
8.【答案】BC
【解析】AB.大量处于激发态n=4能级的氢原子最多能放出C42=6种不同频率的光子，故A错误，B正确；
CD.放出的所有光子中，有2种是可见光，分别是电子从n=4能级跃迁到n=2发出的光子和n=3能级跃迁到n=2发出的光子，故C正确，D错误。
9.【答案】AC
【解析】由p-V图像可得，理想气体在A状态的体积VA=0.2m3，压强pA=3×105Pa，从A态到B态发生等压变化，有VATA=VBTB，代入VB=0.6m3，TB=600K，解得TA=200K，理想气体从B态到C态发生等容变化，有pBTB=pCTC，代入pB=3×105Pa，pC=1×105Pa，TB=600K，解得TC=200K，故AC正确，BD错误。
10.【答案】BD
【解析】下落x1的过程，只受重力，机械能守恒，x1以后除了重力外，还要受弹性绳向上的弹力，机械能不守恒，A项错误;从开始到最低点，根据动能定理有mgx3-W=0-0，解得W=mgx3，B项正确;由图乙可知，当位移为x2时，游客的速度最大，根据v2=2ax可得ax=v22，图像的面积为S=x1+x22g，有S=x1+x22g=vm22，联立得vm2=(x1+x2)g，最大动能Ekm=12(x1+x2)mg，C项错误;在位移为x2时，有k(x2-x1)=mg，根据牛顿第二定律，在Q点有k(x3-x1)-mg=mam，可得am=k(x3-x1)m-g， S=x1+x22g=x3-x22am，解得x12+x32=2x2x3，D项正确。
11.【答案】(1)A；(2)0.40；(3)kg。
【解析】(1)实验前先平衡摩擦力，同时调节定滑轮的高度，使牵引小车的细线与长木板平行，这样的目的是使小车受到的合外力等于细线的拉力，故A正确，B错误；
(2)小车的加速度大小a=ΔxT2=(7.11-5.01)-(5.01-3.31)0.12×10-2m/s2=0.40m/s2。
(3)设细线的拉力为F，则mg-F=ma，F=Ma，得到1a=Mg⋅1m+1g，结合题意得Mg=k，解得M=kg。
12.【答案】(1)3000；(3)a；(4)3.80，167；(5)等于，等于。
【解析】(1)要对电压表扩量程，设串联电阻为R1，根据串联电路的特点有：U1RV=UM-U1R1，解得：R1=3000Ω；
(3)为了保护电流表，闭合开关前滑动变阻器的滑片应置于a端；
(4)由闭合电路欧姆定律有：U=E-I(RA+r)
由图示U-I图象可知，电源电动势：E=3.80V，
图象斜率的绝对值：k=RA+r=△U△I=3.80-1.0015.0×10-3Ω≈187Ω，
电源内阻：r=k-R=187Ω-20Ω=167Ω；
(5)由于电流表的分压，使得路端电压存在误差，而电流没有误差，运用图像法分别在U-I图上作出由测量数据作出的图线1和修正后真实值作出的图线2，由图看出，电动势没有系统误差，即电动势值与真实值相等，而电源内阻由(4)中分析可知也没有误差。
13.【答案】解：(1)根据牛顿第二定律ma=μmgcsα
解得a=2.5m/s2；
(2)加速的时间为t1=va=0.4s
加速的位移为x=v2t1=0.2m，
匀速运动的时间为t2=L-xv=9.8s，
行李箱在传输带上运动的总时间为t=t1+t2=10.2s。
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
14.【答案】解：(1)粒子在匀强电场中运动，竖直方向做匀减速运动，水平方向做匀速运动，
竖直方向上有qE=ma，v0sin30∘=at，水平方向上有xPQ=v0cs30∘⋅2t，解得xPQ= 3v022kE；
(2)根据对称性可得，粒子在Q点时的速度方向与ab直线夹角为θ=30∘，粒子在Q点的速度大小为v0，粒子进入匀强磁场做匀速圆周运动，有qBv0=mv02r，解得轨迹半径r=mv0qB=v0kB，画出运动轨迹如下图，根据几何关系可得粒子做圆周运动的圆弧圆心角为β=π3，由几何关系可得xQM=r=v0kB；
(3)由粒子的轨迹可得粒子从P点到Q点的时间为t1=2v0sin30∘a=v0kE，
粒子从Q点到M点的时间为t2=16T=16×2πmqB=π3kB，
t3=t1+t2=v0kE+π3kB=3Bv0+πE3kEB。
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
15.【答案】解：(1)a第一次下滑，下滑到b末端的瞬间a、b的速度分别设为va、vb，a与b组成的系统，根据水平方向动量守恒，有mava=mbvb，根据机械能守恒，有12mava2+12mbvb2=magR，解得va=4m/s，vb=1m/s，(2)由mava=mbvb可得maxa=mbxb，结合几何关系有xa+xb=R(1分)解得xa=0.8m，xb=0.2m，a滑到A点的时间t1=xbva=0.05s，a从A点到B点的过程，根据牛顿第二定律有maa=magμ，由运动学公式，有x=vat2-12at22，解得t2=4- 102s，t'2=4+ 102s(舍去)a第一次下滑到水平面开始计时，滑到B位置经过的时间t=t1+t2=41-10 1020s，(3)a从第一次经过A点到返回A点的过程，根据动能定理有-2magμL=12mava12-12mava2，解得va1=2m/s，方向水平向左a将滑上b再返回到b的底端，设此时的速度分别为va2，vb1根据水平方向动量守恒，有mava1+mbvb=mava2+mbvb1，根据机械能守恒，有12mava12+12mbvb2=12mava22+12mbvb12，解得va2=0.4m/s，方向水平向左，vb1=1.4m/s，方向水平向左
【解析】详细解答和解析过程见【答案】